Gyakorlatok Din 1 Jelölje P (n) azt a számot, ahányféleképpen mehetünk le egy n lépcsőfokból álló lépcsőn a következő mozgáselemek egy sorozatával (zárójelben, hogy mennyit mozgunk az adott elemmel): lépés (1), hosszú lépés (2), ugrás (2), hosszú ugrás (3). Adjunk egy dinamikus programozási algoritmust, ami kiszámolja P (n)-t. Megoldás: A P (n) értékekre a következő összefüggések állnak fenn: • P (1) = 1 (ha egy lépcső van egyféleképpen mehetünk) • P (2) = 3 (ha két lépcső van, l + l-ben, u-ban vagy hl-ben mehetünk) • P (3) = 6 (ha három lépcső van, akkor l + l + l-ben u + l-ben hl + l-ben, l + hl-ben, l + u-ban vagy hu-ban mehetünk) • P (n) = P (n − 1) + 2P (n − 2) + P (n − 3) ha n ≥ 4, (utolsó lépésként l, hl, u, hu-t léphetünk). Az összefüggések alapján egy tömböt kell kitöltenünk a lehetséges értékkel, ahol T [i] = P [i].
Function P(n:Word) :Longint; Const MaxN=5000; Var T: Array[1..MaxN] Of Longint; i: Word; Begin T[1]:=1; T[2]:=3; T[3]:=6; for i:=4 to N Do T[i]:=T[i-1]+2T[i-2]+T[i-3]; P:=T[n]; End;
Din2 Adottak építőkockák, van 1 egység magas zöld, van 2 egység magas kék, van 3 egység magas piros, és van 3 egység magas sárga. (Mind a négy fajta kockából tetszőlegesen sok van). Adjunk meg egy dinamikus programozási algoritmust, amely kiszámolja, hogy hányféleképpen építhető fel egy n magasságú torony. Megoldás: Jelölje F (n) az n magas torony lehetséges felépítéseinek a számát! A következő összefüggések állnak fenn: 1
• F (1) = 1 (egy egység magas kocka) • F (2) = 2 (két db egy egység magas, vagy egy db két egység magas) • F (3) = 5 (egyszerű esetszétválasztás) • F (n) = F (n − 1) + F (n − 2) + 2F (n − 3) ha n ≥ 4, (legfelül a négy féle kocka valamelyike lehet). Az előző feladathoz teljesen hasonlóan implementálható a dinamikus proramozási megoldás.
Function F(n:Word) :Longint; Const MaxN=5000; Var T: Array[1..MaxN] Of Longint; i: Word; Begin T[1]:=1; T[2]:=3; T[3]:=5; for i:=4 to N Do T[i]:=T[i-1]+T[i-2]+2T[i-3]; F:=T[n]; End;
Din 3 Jelölje R(n, k) azt a számot ahányféleképpen eljuthatunk egy n × k méretű sakktábla bal alsó sarkából a jobb felső sarkába, ha csak a jobbra, vagy a felfelé szomszédos mezőre léphetünk! Adjunk meg egy dinamikus programozási eljárást az R(n, k) érték kiszámítására! Igazoljuk, hogy R(n, k) = n+k−2 k−1 . Megoldás Az R(n, k) értéke: Az út a felső sarokba n+k−2 lépésből áll, ebből k − 1 -et lépünk jobbra. Ez a k − 1 lépés bármely k − 1 lépés lehet és a jobbra lépések meghatározzák az utat, következésképp az utak száma megegyezik azzal a számmal, ahányféleképp kiválaszthatjuk az n + k − 2 lépésből a k − 1 jobbra lépést, és ez n+k−2 . k−1 A következő összefüggések állnak fenn az R(n, k) értékekre: • R(1, k) = 1 (csak jobbra mehetünk) • R(n, 1) = 1 (csak felfelé mehetünk) • R(n, k) = R(n, k − 1) + R(n − 1, k) (az utolsó lépés felfelé és jobbra történhet)
2
A rekurzív hívások alapján a következő dinamikus programozási eljárásokat kaphatjuk meg. Az elsőben egy egy T négyzetes táblázatot töltünk ki T [i, j] az R(i, j) értékét tartalmazza:
Function R(n,k:Word) :Longint; Const MaxN=5000; Var T: Array[1..MaxN,1..MaxN] Of Longint; i,j: Word; Begin for i:=1 to k do T[i,1]:=1; for j:=2 to n do begin T[1,j]:=1; for i:=2 to k do T[i,j]:=T[i-1,j]+T[i,j-1]; end{for j}; R:=T[k,n]; End; Din 4 Adott egy k×n-es tábla. Minden mezőre meg van adva egy cij pozitív szám, ami a mezőről begyűjthető érték. Egy játékos a bal alsó sarokból szeretne eljutni a jobb felső sarokba úgy, hogy csak jobbra és felfelé léphet szomszédos mezőre. Az útja során, összegyűjtheti a mezőkről az értékeket. Mi az az útvonal, amivel a maximális értéket tudja összegyűjteni. Megoldás Legyen F (x, y) a maximális érték, amit P az (x, y) mezőig össze y tudunk gyűjteni. Ekkor a kezdeti értékek F (1, y) = j=1 c1j és F (x, 1) = Px i=1 ci1 , hiszen ezekben az esetekben csak felfele, illetve csak jobbra mehet a játékos. A közbenső mezőkre alulról vagy felülről léphetünk, így F (x, y) = max{F (x − 1, y) + cxy , F (x, y − 1) + cx,y } Kiszámolva ezeket az értékeket az F (k, n) érték adja meg, hogy mit gyűjthetünk össze maximálisan. Az optimális megoldást visszafejtéssel megtalálhatjuk, ha minden F (x, y) érték esetén megjegyezzük, melyik választás adta a rekurzióban a maximumot. Din 5 Egy társaság hierarchikus rendszerben dolgozik, azaz a fönök beosztott reláció egy fát alkot. A társaság egy fogadást szervez. Minden alkalmazotthoz hozzá van rendelve egy kedélyességi mérték. A parti résztvevőit, úgy akarják kiválasztani, hogy egyetlen alkalmazottnak se legyen ott a közvetlen fönöke és az összkedélyesség a maximális legyen. - Adjunk megy egy dinamikus programozási algoritmust a meghívandók listájának elkészítésére! - Miként érhetjük el, hogy a vállalat fönöke biztos kapjon meghívást? 3
Megold: Legyen k(P ) a P dolgozóhoz rendelt kedélyességi érték! Bontsuk részproblémákra a feladatot. Minden P pontra a hierarchia fájában vegyük ugyanezt a problémát. Jelölje F (P ) azt a maximális összkedélyességet, ami elérhető abban a partiban, amit a P gyökerű részfában szereplő pontokból állítunk össze. (Azaz a P által vezetett részlegből.) Ekkor ez a függvény rekurzívan a következőképpen állítható elő: A levelekben F (P ) = k(P ). Amennyiben egy pont nem levél, akkor két lehetőséget kell megvizsgálnunk. Ha P -t nem hívjuk meg a partira, akkor a PPfiaiból induló részfákra nincs semmi kikötésünk. Adódik, hogy ekkor F (P ) = Q fia P −nek F (Q). Ha P -t meghívjuk a partira, akkor P fiai nem jöhetnek, de fiúk fiaiból (unokákból) induló részfákra nincs semmi kikötésünk, egyszerűen adódik, hogy P ekkor F (P ) = k(p) + Q unoka P −nek F (Q). Tehát a rekurzió: P P F (P ) = max{ Q fiaP −nek F (Q), k(p) + Q unoka P −nek F (Q)}. A rekurzió alapján a pontokhoz tartozó értékek megfelelő sorrendben történő kitöltésével megkapjuk egy dinamikus programozási eljárással az optimális értéket. Azok a megfelelő sorrendek, amelyekben mindenki megelőzi az apját. Ilyen sorrendet kaphatunk egy szint szerinti bejárás sorrendjének a megfordításával. Az optimális megoldás visszafejthető, ha az eljárás során mindig megjegyezzük, hogy az optimális megoldás tartalmazza -e a gyökeret. Két módszer is megadható annak biztosítására, hogy a vállalat fönöke biztos meghívást nyerjen. Megtehetjük, hogy a feladatot, csak a fönök unokáira oldjuk meg, és a kapott megoldások uniója plussz a fönök lesz a módósított probléma megoldása. Egy másik lehetőség, hogy a fönök kedélyességét átállítjuk egy nagyon nagy értékre ezzel biztosítva, hogy felkerül a feladat optimális megoldásában a meghívottak listájára. Végrehajt 1 Egy G irányított gráfnak a pontjai V = {1, . . . , 6, 7}, az élei E = {(1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 5), (4, 1), (4, 4), (5, 2), (5, 3) (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 5), (7, 1)}. Adjuk meg milyen sorrendben járja be a szélességi keresés a pontokat az 5 pontból kindulva. A bejárás alapján adjuk meg a δ(5, 1) és δ(5, 7) értékeket! Megoldás: Tegyük fel, hogy a ki iteráció növekvő index szerint veszi a pontokat. Kezdetben az algoritmusban D(5) = 0, Apa(5) = N ull. Sor = h5i. Utána • Kijön 5 majd D(2) = 1, Apa(2) = 5, D(3) = 1, Apa(3) = 1, D(6) = 1, Apa(6) = 1 és Sor = h2, 3, 6i. • Kijön 2 majd D(4) = 2, Apa(4) = 2 és Sor = h3, 6, 4i. • Kijön 3 és D(1) = 2, Apa(1) = 3 Sor = h6, 4, 1i. • Kijön 6 és Sor = h4, 1i. • Kijön 4 és Sor = h1i. 4
• Kijön 1 és Sor = hi. Következésképpen δ(5, 1) = 2 és a legrövidebb út 5 = Apa(3), 3 = Apa(1), 1. Továbbá δ(5, 7) = ∞ és nincs köztük út. GráfVégrehajt 2: Egy G irányított gráfnak a pontjai V = {1, . . . , 9}, az élei E = {(1, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 9), (3, 5), (4, 5), (5, 6), (6, 7), (7, 5), (8, 1), (9, 3), (9, 8), }. Határozzuk meg a mélységi keresés alapján gráf erősen összefüggő komponenseit! Megoldás: Az elérési és az elhagyási idők és az Apa értékek a végrehajtás sorrendjében: D[1] = 1, Apa[2] = 1, D[2] = 2, Apa[3] = 2, D[3] = 3, Apa[5] = 3, D[5] = 4, Apa[6] = 5, D[6] = 5, Apa[7] = 6, D[7] = 6, F [7] = 7, F [6] = 8, F [5] = 9, Apa[9] = 3, D[9] = 10 Apa[8] = 9, D[8] = 11, F [8] = 12, F [9] = 13, F [3] = 14, Apa[4] = 2, D[4] = 15, F [4] = 16, F [2] = 17, F [1] = 18. Végrehajtva a gráf transzponáltjára csökkenő F szerint a mélységi keresés algoritmusát a következő sorozatot kapjuk. D[1] = 1, Apa[8] = 1, D[8] = 2, Apa[9] = 8, D[9] = 3, Apa[3] = 9, D[3] = 4, Apa[2] = 3, D[2] = 5, F [2] = 6, F [3] = 7, F [9] = 8, F [8] = 9, F [1] = 10 Egy komponens 1, 8, 9, 3, 2. Folytatva a mélységi keresést: D[4] = 11, F [4] = 12, így egy további komponens a 4 pont. Folytatva a keresést: D[5] = 13, Apa[7] = 5, D[7] = 14, Apa[6] = 7, D[6] = 15, F [6] = 16, F [6] = 17, F [8] = 18 és megkaptuk, hogy az utolsó komponens 5, 6, 7. GráfVégrehajt 3: Hajtsuk végre az 1 pontból a Dijkstra algoritmust az alábbi G1 gráfra. (A mátrixokban a cij érték az (i, j) él hossza, ∞ ha nincs él.) ∞ 1 ∞ 6 4 ∞ 2 ∞ 6 4 1 5 2 ∞ 2 1 1 7 G1 = ∞ 1 4 ∞ 2 7 1 ∞ 1 4 ∞ 1 ∞ 1 ∞ 4 2 1
Az értékek a következőképpen változnak. Kesz = {1}, D(2) = 1, Apa(2) = 1, D(4) = 6, Apa(4) = 1, D(5) = 4, Apa(5) = 1, Kesz = {1, 2}, D(3) = 7, Apa(3) = 2, D(5) = 2, Apa(5) = 2, D(6) = 6, Apa(6) = 2, Kesz = {1, 2, 5}, D(3) = 3, Apa(3) = 5, D(6) = 3, Apa(6) = 5, Kesz = {1, 2, 5, 3}, D(4) = 4, Apa(4) = 3, Kesz = {1, 2, 5, 3, 6}, Kesz = {1, 2, 5, 3, 6, 4}
5
Gráf1 Adott egy sziget ahol fejlettebb kaméleonok élnek, mint azon, amit az előadáson néztünk. A kaméleonok négy színt vehetnek fel piros, kék és zöld és fehér. Ha három különböző színű kaméleon találkozik, akkor megijednek és mindhárom átváltoztatja a színét a negyedik színre. Előfordulhat, hogy egyszerre négy kaméleon találkozik, amelyeknek mindegyiküknek különböző a színe, ekkor méregbe gurulnak és mind a négy kaméleon felrobban. Egyéb találkozások esetén semmi nem történik. A szigeten a kiindulási időpontban (a, b, c, d) darab piros zöld kék és fehér kaméleon van. A természetvédők szeretnék tudni előfordulhat -e, hogy kihalnak a szigetről a kaméleonok. Adjunk algoritmust, amellyel eldönthetik. Reprezentáljuk a feladatot gráffal! Megoldás: A gráf pontjai az (x, y, z, w) számnégyesek, ahol minden komponens nemnegatív egész és x + y + z + w ≤ a + b + c + d. Az élek a lehetséges átváltozásoknak felelnek meg. Tehát (x, y, z, w)-nek öt szomszédja lesz (x − 1, y − 1, z − 1, w + 3), (x − 1, y − 1, z + 3, w − 1), (x − 1, y + 3, z − 1, w − 1), (x+3, y−1, z−1, w−1), (x−1, y−1, z−1, w−1). A feladat, hogy meghatározzuk van -e a gráfban az (a, b, c, d) pontból a (0, 0, 0, 0) pontba út. Gráf2: Adott egy 3-szor 3-as tábla, amelynek a mezőin az 1,2,...,9 számok állnak. Minden mezőnek van egy színe, ami piros vagy fekete. Ha megnyomjuk a mezőt, akkor a mezőnek és a vele oldalban szomszédos mezőknek a színe ellenkező színűre változik. Határozzuk meg, hogyan lehet a lehető legkevesebb gombnyomással egyszínűvé tenni a táblát. Reprezentáljuk a feladatot egy gráffal, és adjuk meg, hogy melyik gráfalgoritmussal oldható meg! Megoldás: Vegyünk egy gráfot, amelynek csúcsai a 9 elemből álló bitvektorok, azaz a [0, 1]9 halmaz elemei. Ha az i-edik komponens 1 az azt jelenti, hogy az i-edik mező piros, ha a komponense a vektornak 0 az azt jelenti, hogy az i-edik mező fekete. Tehát a vektorok a színezéseknek felelnek meg. Egy csúcsból akkor megy él egy másikba, ha a vektoroknak megfelelő színezések valamely mező megnyomásával átmennek egymásba. Az így kapot gráfban a kindulási színsorozat vektorából kell egy szélességi kereséssel megkeresni a legrövidebb utat a (0, 0, . . . , 0) és az (1, 1, . . . , 1) vektorok valamelyikébe. Gráf3 A háborúban a hadsereg vezetői egy csomagot szeretnének átjuttatni az ellenséges országon, a szövetséges erők főhadiszállására. Ismerik az ország úthálózatát, és minden útra tudják mekkora a valószínűsége annak, hogy a futár át tud jutni rajta. Adjunk algoritmust, amely kiválasztja azt az útvonalat, amelyen a legnagyobb a valószínűsége, hogy a futár célba ér! Megoldás: A cél olyan út keresése, amelyre a pe valószínűségek szorzata maximális. Mivel a logaritmus függvény monoton, ezért ez ekvivalens azzal a feladattal, hogy találjuk meg azt az utat, amelyben a szorzat logaritmusa, ami a log pe értékek összege maximális. Ez a feladat ekvivalens azzal, hogy találjuk meg azt az utat, amire a benne szereplő élekre a − log pe értékek összege minimális. Viszont valószínűségekről van szó, így log pe ≤ 0, tehát − log pe ≥ 0, azaz használhatjuk Dijkstra algoritmusát a fentiek szerint definiált ekvivalens feladatra. 6
Gráf 4: Adott egy irányítatlan körmentes gráf. határozzuk meg a középpontját, azaz egy olyan pontot, amelyre igaz, hogy a többi pont tőle vett távolságának maximuma minimális. Megoldás Az irányítatlan körmentes gráfok, fák amelyekben vannak olyan pontok (levelek), amelyeknek a fokszáma egy. Vegyük észre, hogy ha egy fából töröljük az összes levelet, akkor a maradék fának és az eredeti fának ugyanazok lesznek a középpontjai. Így a feladat megoldható egy olyan algoritmussal, amely minden lépésben törli az aktuális fa összes levelét, addig amí egyetlen egy vagy két pont nem marad. Gráf 5 Egy faluban mindenkire ismert azoknak a halmaza, akiknek továbbmondja az általa megismert pletykát. Határozzunk meg egy minimális elemszámú halmazát az embereknek, amelyre teljesül, hogy minden pletykát megtud valamelyikük. Megoldás Definiáljunk egy irányított gráfot, a pontok az emberek a-ból megy él b-be, ha a továbbmondja a pletykát. A gráfban a feladat minimális számú ponthalmaz keresése, hogy minden pontból vezessen út a ponthalmaz valamely pontjába. A megoldást a következő (elvi) algoritmus szolgáltatja: - határozzuk meg az erősen összefüggő komponensek komponensgráfját - vegyük azokat a komponenseket, amelyekbol a komponensgráfban nem vezet ki él - minden ilyen komponensből válasszunk ki egy pontot. Gráf 6 Az előző faluban meg szeretnénk rágalmazni valakit egy pletykával. Ehhez határozzunk meg egy minimális elemszámú halmazát az embereknek, amelyre teljesül, hogy a nekik elmondott pletykát a falu összes embere megtudja. Megoldás: A megoldás nagyon hasonló az előző feladathoz, tulajdonképpen annak komplementeréről van szó: - határozzuk meg az erősen összefüggő komponensek komponensgráfját - vegyük azokat a komponenseket, amelyekbe a komponensgráfban nem vezet be él - minden ilyen komponensből válasszunk ki egy pontot. Komb1: Legyen S az 1, . . . , n + 1 számokból összeállítható olyan lehetséges szám n-esek halmaza, amelyek egyetlen számot sem tartalmaznak kétszer. Vegyük a lexikografikus rendezést ezen a halmazon. A feladat egy adott szám-n-esre a rákövetkező szám n-es meghatározása. Megoldás Az előadáson szereplő betűsorok esetéhez hasonlóan meg kell találnunk az utolsó számot a szóban, amelyet kicserélhetünk nagyobbra. Ebben az esetben ez az utolsó olyan szám lesz, amelyre - vagy mögötte szerepel nagyobb érték - vagy a szám n-esből kimaradó érték nagyobb (egy ilyen kimaradó szám van).
7
Miután megtaláltuk ezt az elemet, helyére a nála nagyobb elemet rakjuk és utána a maradék elemekből képezhető (itt is kimarad egy elem) lexikografikusan legkisebb megfelelő hosszú számsort rakjuk. Ehhez nem kell rendezni az elemeket, akik a szám után jönnek monoton csökkenőek, ebbe kell beszúrni a kimaradó elemet. Példák n = 5. (65213) Itt az utolsó elem, aki mögött van nagyobb az 1, de a 3-nál is nagyobb a kimaradó 4, így a 3 elemnél növelünk, a rákövetkező (65214) (65234) Itt az utolsó elem, aki mögött van nagyobb az 2, és a többieknél sem nagyobb a kimaradó 1, így a 2 elemnél növelünk, a rákövetkező (65312), mivel a kimaradó elemet is figyelembe kell vennünk. Komb2: Az előadáson ismertetett ládapakolási feladat (három típusú láda, amely típusok egymásba rakhatók), azon változatára, ahol mindkét irányba mozgathatók a ládák, mi a minimális számú láda, mi elérhető? Megoldás A feladat ebben az esetben sokkal egyszerűbb, mint az előadáson vizsgált példa. Ekkor nem kell visszavezetni rövidebb sorozatokra az inputot. Egyszerűen adódik, hogy a megoldás az egyes típusokba tartozó ládaszámok maximuma. Komb3: Adott négy n elemből álló, egészeket tartalmazó halmaz A,B, C,D. Határozzuk meg O(n2 ) időben azon (a, b, c, d) ∈ A×B ×C ×D négyesek számát, amelyekre a + b + c + d = 0. Megoldás Ha az összes négyesre kiszámoljuk az összeget az O(n4 ) időben fut. Ezzel szemben számoljuk ki elsőként a A × B beli elemekre az összegeket, egy tömbben minden lehetséges értékre írjuk be hányféleképpen jöhet ki. Utána számoljuk ki a C × D beli összegeket is, és ha egy ilyen összegnek a negatívja k féleképpen kijött A és B beli számok összegeként, akkor k-val növeljük a lehetséges előállítások számát. Mohó1 Adott az egyenesen pontoknak egy x1 ≤ x2 ≤ . . . xP n egy halmaza. A feladat az, hogy fedjük le a pontokat körökkel úgy, hogy a (1 + di ) érték minimális legyen, ahol di az i-edik kör átmérője. Adjunk egy lineáris idejű algoritmust, amely megad egy optimális lefedést. Megoldás: Egyszerűen látható, hogy az lesz az optimális megoldás, amelyben az xi és xi+1 pontok akkor kerülnek ugyanabba a körbe ha távolságuk legfeljebb 1. Ez azért igaz, mert ha két ilyen pont külön körbe kerül, akkor a két kört összevonva a körszám csökkenése miatt a célfüggvény 1-el csökken, viszont az átmérő növekedése miatt 1-nél kevesebbel nő. Ez alapján az észrevétel alapján egyből adódik a lineáris idejű algoritmus. Mohó2 Adott zárt intervallumoknak egy {[a1 , b1 ], . . . , [an , bn ]} halmaza (ezek azok az időintervallumok, amikor az egyes vendégek ott vannak a fogadáson). Keressünk olyan minimális számú ponthalmazt (fényképezések időpontjai), amelynek minden intervallumba esik legalább egy pontja (mindenki rajta van legalább egy fényképen). 8
Megoldás Tegyük fel, hogy az intervallumokra teljesül, a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an , amennyiben ez nem teljesül az intervallumokat egy előkészítő részben így rendezzük. Legyen a Pi részprobléma az a feladat, hogy az [ai , bi ], . . . , [an , bn ] intervallumokra jelöljünk ki minimális elemszámú ponthalmazt, amelynek minden intervallumban van pontja. A Pi részprobléma esetén a mohó választás az, hogy a lehető legnagyobb számot választjuk, amely nem nagyobb egyetlen bj végpontnál sem. Ez valójában a minimális bj érték. Tegyük fel, hogy k − 1 a maximális érték, amelyre ak−1 ≤ bj . Ekkor a Pi probléma így kapott megoldásának a költsége 1 + OP T (Pk ) lesz. Másrészt ez valóban OP T (Pi ) hiszen Pi minden megoldásában kell, hogy legyen pont az [aj , bj ] intervallumban, és ezen intervallumnak nincs közös pontja az [ak , bk ], . . . , [an , bn ] intervallumok egyikével sem. Tehát az algoritmus minden iterációs lépésben kiválasztja a minimális bj elemet az aktuális intervallumok halmazából, beveszi a megoldásba, majd elhagyja azokat az intervallumokat, amelyeknek a kezdőpontja kisebb bj -nél. Rendezés Adjunk egy algoritmust, amely egy n-elemű halmaznak meghatározza a legkisebb és második legkisebb elemét is n + log n összehasonlítással. Megoldás: Az alapötlet, hogy a minimális elemet egy kieséses versenynek megfelelően válasszuk ki. Párokat képezünk, mindegyikből a kisebbet tartjuk meg, és ezekből ugyanígy párokat képezünk mindaddig, amíg egyetlen egy elem, a minimális nem marad. Másrészt a második legkisebb elem csak a legkisebb elem ellen veszíthetett, így elegendő azon elemek közül kiválasztanunk a legkisebbet. Viszont ezek annyian vannak, mint egy n elemű majdnem teljes bináris fa magassága, ami dlog ne.
9
